\documentclass[]{article}
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%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
\begin{document}

\begin{center}
\Huge \textbf{数值分析第三次理论作业} \\ [0.2cm]
\LARGE 林敬翊 3210300367 信息与计算科学

\end{center}
\section{QI}
考虑假设函数 $p(x) = a_0 x^3 + a_1 x^2 + a_2 x + a_3$，根据题目条件，我们得到：

\begin{align*}
    s''(x)\big|_{x \to 1^+} &= p''(1) = s''(x)\big|_{x \to 1^-} = 6, \\
    s'(x)\big|_{x \to 1^+} &= p'(1) = -3, \\
    p(1) &= 1, \\
    p(0) &= 0.
\end{align*}

由这些条件，我们可以推导出以下方程组：

\[
\begin{cases}
    6a_0 + 2a_1 = 6 \\
    3a_0 + 2a_1 + a_2 = -3 \\
    a_0 + a_1 + a_2 + a_3 = 1 \\
    a_3 = 0
\end{cases}
\]

解此方程组，我们得到：

\[
\begin{cases}
    a_0 = 7 \\
    a_1 = -18 \\
    a_2 = 12 \\
    a_3 = 0
\end{cases}
\]

因此，多项式 $p(x)$ 可表示为：

\[
p(x) = 7x^3 - 18x^2 + 12x.
\]

然而，由于 $s''(0) = p''(0) = -36$，此多项式并不代表样条曲线。

\section{QII}

\subsection{a}
\begin{itemize}
  \item \textbf{待定系数：} 在 $n$ 个插值点形成的 $n - 1$ 个子区间上，每个区间由一个二次多项式表示，每个多项式有 3 个待定系数。因此，总共有 $3(n - 1)$ 个待定系数。
  
  \item \textbf{中间节点的条件：} 对于 $n-1$ 个内部点（不包括两个端点），每个点都需要保证函数值和一阶导数的连续性。由于这些节点的函数值连续性 $f_{i-1} = f_i$ 已被 $f_i = f(x_i)$ 覆盖，故不引入新条件。但一阶导数的连续性 $f'_{i-1} = f'_i$ 在每个内部节点为新的条件，因此引入了 $n - 2$ 个新条件。

  \item \textbf{插值点的条件：} 在每个插值点 $x_i$ 上，都有 $f_i = f(x_i)$ 的条件，共 $n$ 个条件。
  
  \item \textbf{条件总数与待定系数差额：} 总待定系数为 $3(n - 1)$，总条件数为 $(n - 2) + n = 2n - 2$。因此，还需确定的额外条件数为 $3(n - 1) - (2n - 2) = 3n - 3 - 2n + 2 = n - 1$。由于 $n - 1$ 大于 1，所以还需要 1 个额外条件来唯一确定二次样条函数 $s$。
\end{itemize}
\subsection{b}
\begin{enumerate}
  \item 在 $x_{i}$ 处的函数值：
    \[ p_{i}(x_{i}) = c_{i} = f_{i}. \]
    这里我们直接得到 $c_{i} = f_{i}$。

  \item 在 $x_{i+1}$ 处的函数值：
    \[ p_{i}(x_{i+1}) = a_{i}(x_{i+1} - x_{i})^{2} + b_{i}(x_{i+1} - x_{i}) + c_{i} = f_{i+1}. \]
    从这个等式，我们可以解出 $a_{i}$ 和 $b_{i}$。

  \item 在 $x_{i}$ 处的一阶导数：
    \[ p'_{i}(x) = 2a_{i}(x - x_{i}) + b_{i}, \]
    所以
    \[ p'_{i}(x_{i}) = b_{i} = m_{i}. \]
    这里我们直接得到 $b_{i} = m_{i}$。
\end{enumerate}

现在将 $c_{i} = f_{i}$ 和 $b_{i} = m_{i}$ 代入第二个条件 $p_{i}(x_{i+1}) = f_{i+1}$ 的等式中：
\[ f_{i+1} = a_{i}(x_{i+1} - x_{i})^{2} + m_{i}(x_{i+1} - x_{i}) + f_{i}. \]
我们可以解出 $a_{i}$：
\[ a_{i} = \frac{f_{i+1} - f_{i} - m_{i}(x_{i+1} - x_{i})}{(x_{i+1} - x_{i})^{2}}. \]

综上，每个区间 $[x_{i}, x_{i+1}]$ 上的二次多项式 $p_{i}(x)$ 可以表示为：
\[ p_{i}(x) = \frac{f_{i+1} - f_{i} - m_{i}(x_{i+1} - x_{i})}{(x_{i+1} - x_{i})^{2}}(x - x_{i})^{2} + m_{i}(x - x_{i}) + f_{i}. \]

这就是用 $f_{i}, f_{i+1}$ 和 $m_{i}$ 表达的 $p_{i}(x)$。

\subsection{c}
根据题目的第二部分 (b) 我们得到了关于 $m_{i+1}$ 的计算公式：
\[ m_{i+1} = p'(x_{i+1}) = -m_i + \frac{2(f_{i+1} - f_i)}{x_{i+1} - x_i} \]
这意味着，对于任意的 $i$，$m_{i+1}$ 都可以通过 $m_i$ 来确定。因此，通过有限归纳法，我们可以计算出 $m_2, \dots, m_{n-1}$。
\section{QIII}
$s_2(0)=s_1(0)=1+c,s_2'(0)=s_1'(0)=1+c,s_2''(0)=s_1''(0)=1+c,s_2(1)=-1,s_2''(1)=0$,所以
\begin{center}
\begin{tabular}{ c|c c c c}
 0 & 1+c & & & \\
 0 & 1+c & 3c & & \\
 0 & 1+c & 3c & 3c &\\
 1 & -1 & -2-c & -2-4c & -2-7c
\end{tabular}
\end{center}
\[\Longrightarrow s_2(x)=1+c+3cx+3cx^2-(2+7c)x^3\]
 $s_2''(1)=0 \Longrightarrow c=-\frac{1}{3}$
\section{QIV}
\subsection{a}
已知假设 $f'(-1)=c$，并且 $f(-1)=0, f''(-1)=0, f(0)=1$，我们可以构建如下差商表：

\[
\begin{array}{c|cccc}
 -1 & 0 & & & \\
 \hline
 -1 & 0 & c & & \\
 -1 & 0 & c & 0 &\\
 0 & 1 & 1 & 1-c & 1-c
\end{array}
\]

这意味着，在区间 $[-1,0]$ 上的样条函数 $s$ 可以表示为：
\[ s|_{[-1,0]} = c(x+1)+(1-c)(x+1)^3 \]
据此我们有：
\[
\begin{cases}
  s(0)=1\\
  s'(0)=3-2c\\
  s''(0)=6-6c
\end{cases}
\]

对于区间 $[0,1]$，差商表可以表示为：

\[
\begin{array}{c|cccc}
 0 & 1 & & & \\
 \hline
 0 & 1 & 3-2c & & \\
 0 & 1 & 3-2c & 3-3c &\\
 1 & 0 & -1 & -4+2c & -7+5c
\end{array}
\]

因此，样条函数在 $[0,1]$ 的表达式为：
\[ s|_{[0,1]}=1+(3-2c)x+(3-3c)x^2+(5c-7)x^3 \]
由 $s''(1)=0$ 得出 $c=\frac{3}{2}$。

因此，样条函数 $s(x)$ 可以表示为：
\[
s(x)=
\begin{cases}
\frac{3}{2}(x+1)-\frac{1}{2}(x+1)^3, & x\in[-1,0]\\
1-\frac{3}{2}x^2+\frac{1}{2}x^3, & x\in[0,1]
\end{cases}
\]
\subsection{b}
首先，我们计算样条函数 \( s''(x) \) 的平方的积分：
\[
\int_{-1}^1(s'')^2dx=\int_{-1}^09(x+1)^2dx+\int_0^19(x-1)^2dx=6
\]

接下来，考虑二次插值多项式 \( p(x) \)，并且有 \( p'(0)=c \)。其差分表如下：

\begin{center}
  \begin{tabular}{c|ccc}
  -1 & 0 & &  \\
  0 & 1 & 1 & \\
  0 & 1 & c & c-1 \\
  \end{tabular}
\end{center}

由此可以得到在区间 \( [-1,0] \) 上的多项式为：
\[ p|_{[-1,0]}=(x+1)+(c-1)x(x+1) \]
同理，我们得到在区间 \( [0,1] \) 上的多项式为：
\[ p|_{[0,1]}=1+cx-(c+1)x^2 \]
因此，
\[
\int_{-1}^1(p'')^2dx=\int_{-1}^04(1-c)^2dx+\int_0^14(c+1)dx = 8c^2+8 \geq 8 > \int_{-1}^1(s'')^2dx
\]

另外，
\[
\int_{-1}^1(f'')^2dx=\frac{\pi^4}{16}>\int_{-1}^1(s'')^2dx
\]
\section{QV}
\subsection{a}
通过定义，我们可以得到B-样条基函数 \( B^2_i(x) \) 如下：

\[
B^2_i(x)=\frac{x-t_{i-1}}{t_{i+1}-t_{i-1}}\hat{B_i}(x)+\frac{t_{i+2}-x}{t_{i+2}-t_i}\hat{B_{i+1}}(x)=
\begin{cases}
  \dfrac{(x-t_{i-1})^2}{(t_{i+1}-t_{i-1})(t_i-t_{i-1})} & \text{for } x\in(t_{i-1},t_i]\\
  \dfrac{(x-t_{i-1})(t_{i+1}-x)}{(t_{i+1}-t_{i-1})(t_{i+1}-t_i)}+\dfrac{(t_{i+2}-x)(x-t_i)}{(t_{i+2}-t_i)(t_{i+1}-t_i)} & \text{for } x\in(t_i,t_{i+1}]\\
  \dfrac{(t_{i+2}-x)^2}{(t_{i+2}-t_i)(t_{i+2}-t_{i+1})} & \text{for } x\in(t_{i+1},t_{i+2}]\\
  0 & \text{otherwise}
\end{cases}
\]
\subsection{b}

根据 (a) 我们有
\[
\frac{d}{dx}B_i^2(x)=
\begin{cases}
  \dfrac{2(x-t_{i-1})}{(t_{i+1}-t_{i-1})(t_i-t_{i-1})} & \text{for } x \in (t_{i-1},t_i)\\
  \dfrac{-2x+t_{i-1}+t_{i+1}}{(t_{i+1}-t_{i-1})(t_{i+1}-t_i)}+\dfrac{-2x+t_i+t_{i+2}}{(t_{i+2}-t_i)(t_{i+1}-t_i)} & \text{for } x \in (t_i,t_{i+1})\\
  \dfrac{2(t_{i+2}-x)}{(t_{i+2}-t_i)(t_{i+2}-t_{i+1})} & \text{for } x \in (t_{i+1},t_{i+2})\\
  0 & \text{otherwise}
\end{cases}
\]
通过计算，我们可以得到
\[
\frac{d}{dx}B_i^2(x)_{|x \to t_i^+} = \frac{2}{t_{i+1}-t_{i-1}} = \frac{d}{dx}B_i^2(x)_{|x \to t_i^-}
\]
\[
\frac{d}{dx}B_i^2(x)_{|x \to t_{i+1}^+} = \frac{2}{t_i-t_{i+2}} = \frac{d}{dx}B_i^2(x)_{|x \to t_{i+1}^-}
\]
\[
\Longrightarrow \lim_{x \to t_i} \frac{d}{dx}B_i^2(x) = \frac{d}{dx}B_i^2(t_i)
\]
\[
\Longrightarrow \lim_{x \to t_{i+1}} \frac{d}{dx}B_i^2(x) = \frac{d}{dx}B_i^2(t_{i+1})
\]
因此，该函数在指定的区间上是连续的。
\subsection{c}
根据 (b)，显然对于任意 \( x \in (t_{i-1}, t_i] \) 和 \( [t_{i+1}, t_{i+2}) \)，有 \( \frac{d}{dx}B_i^2(x) \neq 0 \)。设
\[
\frac{-2x+t_{i-1}+t_{i+1}}{(t_{i+1}-t_{i-1})(t_{i+1}-t_i)} + \frac{-2x+t_i+t_{i+2}}{(t_{i+2}-t_i)(t_{i+1}-t_i)} = 0
\]
得 \( x^* = \frac{t_{i+2}t_{i+1} - t_it_{i-1}}{t_{i+2} + t_{i+1} - t_i - t_{i-1}} \)。

这是一元一次方程的唯一解，并且通过计算可以验证 \( t_i < x^* < t_{i+1} \)。
\subsection{d}
根据 (c) 和 (b)，我们知道 \( B_i^2(x) \) 在 \( x \in [t_{i-1}, x^*) \) 上单调递增，在 \( x \in [x^*, t_{i+2}] \) 上单调递减。因此，

\[
0 = \min\{B_i^2(t_{i-1}), B_i^2(t_{i+2})\} \leq B_i^2(x) \leq B_i^2(x^*) 
\]
\[
= \frac{t_{i+2}t_{i+1}(t_{i+2}+t_i) - t_it_{i-1}(t_{i+1}+t_{i-1})}{(t_{i+1}-t_{i-1})(t_{i+2}-t_i)(t_{i+2}+t_{i+1}-t_i-t_{i-1})} < 1
\]
\newpage
\subsection{e}
图中显示了 i=1,2,3 的 B 样条函数。通过左或右平移1个单位，可以得到其他 i 的图像。也就是说，i+1 的图像通过向右平移 i 的图像1个单位来获得。
\begin{figure}[H]
\centering
\includegraphics[width=\linewidth]{e.jpg}
\label{fig:bsplines_translation}
\end{figure}

\section{QVI}
根据定义，
\[f(x)=(t_{i+2}-t_{i-1})[t_{i-1},t_i,t_{i+1},t_{i+2}](t-x)_+^2=\]
\[\frac{(t_{i+2}-x)_+^2-(t_{i+1}-x)_+^2}{(t_{i+2}-t_{i+1})(t_{i+2}-t_i)}-\frac{(t_{i+1}-x)_+^2-(t_i-x)_+^2}{(t_{i+1}-t_i)(t_{i+2}-t_i)}+\frac{(t_i-x)_+^2-(t_{i-1}-x)_+^2}{(t_i-t_{i-1})(t_{i+1}-t_{i-1})}-\frac{(t_{i+1}-x)_+^2-(t_i-x)_+^2}{(t_{i+1}-t_i)(t_{i+1}-t_{i-1})}\]
通过分类讨论计算，我们有\\
(1) 若 \(x\le t_{i-1}\)，则 \(f(x)=0\)\\
(2) 若 \(t_{i-1}<x\le t_i\)，则 \(f(x)=\frac{(x-t_{i-1})^2}{(t_{i+1}-t_{i-1})(t_i-t_{i-1})}\)\\
(3) 若 \(t_i<x\le t_{i+1}\)，则 \(f(x)=\frac{(x-t_{i-1})(t_{i+1}-x)}{(t_{i+1}-t_{i-1})(t_{i+1}-t_i)}+\frac{(t_{i+2}-x)(x-t_i)}{(t_{i+2}-t_i)(t_{i+1}-t_i)}\)\\
(4) 若 \(x_{i+1}<x\le t_{i+2}\)，则 \(f(x)=\frac{(t_{i+2}-x)^2}{(t_{i+2}-t_i)(t_{i+2}-t_{i+1})}\)\\
(5) 若 \(t_{i+2} < x\)，则 \(f(x)=0\)\\
根据问题(V)，我们得 \(f(x) = B_i^2(x)\)
\section{QVII}
对定理3.34中的公式(3.41)从 \( t_{i-1} \) 到 \( t_{i+n} \) 进行积分，我们得到
  \begin{equation}
    B_i^n(t_{i+n}) - B_i^n(t_{i-1}) = \int_{t_{i-1}}^{t_{i+n}} \frac{d}{dx} B_i^n(x) \, dx = \int_{t_{i-1}}^{t_{i+n}} \frac{n B_i^{n-1}(x)}{t_{i+n-1} - t_{i-1}} \, dx - \int_{t_{i-1}}^{t_{i+n}} \frac{n B_{i+1}^{n-1}(x)}{t_{i+n} - t_i} \, dx \label{1}
  \end{equation}
显然，\( B_i^n(t_{i+n}) = B_i^n(t_{i-1}) = 0 \)，如果 \( x \geq t_{i+n-1} \) 则 \( B_i^{n-1}(x) = 0 \)，如果 \( x \leq t_i \) 则 \( B_{i+1}^{n-1}(x) = 0 \)。所以 \eqref{1} 可以简化为
\[\int_{t_{i-1}}^{t_{i+n-1}} \frac{n B_i^{n-1}(x)}{t_{i+n-1} - t_{i-1}} \, dx = \int_{t_i}^{t_{i+n}} \frac{n B_{i+1}^{n-1}(x)}{t_{i+n} - t_i} \, dx, \forall i > 0, i \in \mathbb{Z}\]
这意味着积分与 i 无关。
\section{QVIII}
\subsection{a}
\begin{center}
\begin{tabular}{c|ccc}
 $x_i$ & $x_i^4$ & &  \\
\hline
 $x_{i+1}$ & $x_{i+1}^4$ & $\frac{x_{i+1}^4-x_i^4}{x_{i+1}-x_i}$ &  \\
 $x_{i+2}$ & $x_{i+2}^4$ & $\frac{x_{i+2}^4-x_{i+1}^4}{x_{i+2}-x_{i+1}}$ & $x_{i+1}^2+x_{i+2}^2+x_i^2+x_ix_{i+1}+x_ix_{i+2}+x_{i+1}x_{i+2}$ \\
\end{tabular}
\end{center}
\[\Longrightarrow T_2(x_i,x_{i+1},x_{i+2}) = [x_i,x_{i+1},x_{i+2}]x^4\]
\subsection{b}
根据引理 3.45，我们有
\[(x_{n+1}-x_1)\tau_k(x_1,\dots,x_{n+1})=\tau_{k+1}(x_1,\dots,x_{n+1})-\tau_{k+1}(x_1,\dots,x_n)-x_1\tau_k(x_1,\dots,x_{n+1})\]
\[=\tau_{k+1}(x_2,\dots,x_{n+1})+x_1\tau_k(x_1,\dots,x_{n+1})-\tau_{k+1}(x_1,\dots,x_n)-x_1\tau_k(x_1,\dots,x_{n+1})\]
\[=\tau_{k+1}(x_2,\dots,x_{n+1})-\tau_{k+1}(x_1,\dots,x_n)\]

对于 n=0，对于 $\tau_m(x_i)=[x_i]x^m$ 是成立的。假设它对于 $n\in Z^+$（n<m）是成立的，那么对于 n+1，通过上面的等式，我们有
\[
\tau_{m-n-1}(x_i,\dots,x_{i+n+1})=\frac{\tau_{m-n}(x_{i+1},\dots,x_{i+n+1})-\tau_{m-n}(x_i,\dots,x_{i+n})}{x_{i+n+1}-x_i}
\]
\[
=\frac{[x_{i+1},\dots,x_{i+n+1}]x^m-[x_i,\dots,x_{i+n}]x^m}{x_{i+n+1}-x_i}=[x_i,\dots,x_{i+n+1}]x^m
\]
然后通过归纳，对于任何 $n \in Z$ 都是成立的。

\end{document}





